Đề thi tuyển sinh lớp 10 trường newton năm học: 2016 – 2017 môn thi: Toán học

pdf 5 trang Người đăng minhphuc19 Lượt xem 1329Lượt tải 1 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi tuyển sinh lớp 10 trường newton năm học: 2016 – 2017 môn thi: Toán học", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề thi tuyển sinh lớp 10 trường newton năm học: 2016 – 2017 môn thi: Toán học
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI 
TRƯỜNG THCS NEWTON 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG NEWTON 
Năm học: 2016 – 2017 
Môn thi : Toán 
Ngày thi: 21/5/2016 
Thời gian làm bài : 120 phút ( không kể thời gian giao đề) 
Bài 1 (2,0 điểm) 
Cho biểu thức 
1
1
x
A
x



 và 
 
2
11 1
.
1 1
x
B
x x x x
        
 với 0x  , 1x  
1) Tính giá trị của biểu thức A khi 36x  
2) Rút gọn biểu thức B. 
3) Tìm các giá trị của x để 
4
3
B
A
 . 
Bài 2 (2,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình 
Lớp 9A của một trường THCS dự định trồng 420 cây xanh. Đến ngày thực hiện có 7 bạn không tham 
gia do được triệu tập học bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi của trường nên mỗi bạn còn lại phải trồng thêm 
3 cây nữa mới đảm bảo kế hoạch đặt ra. Hỏi lớp 9A có bao nhiêu học sinh ? ( Biết rằng số cây mỗi bạn phải 
trồng là bằng nhau). 
Bài 3 (2,0 điểm). 
1. Giải hệ phương trình 
2
2
3 1 2 4
2 1 5
x y
x y
      
2. Cho phương trình ( ẩn x):  2 1 0 1x mx m    
a) Giải phương trình (1) khi m = 3 
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 sao cho 
2 2
1 2 1 2
T x x x x   đạt giá trị nhỏ nhất. 
Bài 4 (3,5 điểm). Cho đường tròn (O) và một điểm A cố định nằm ngoài (O). Kẻ tiếp tuyến AB, AC với 
(O) ( B, C là các tiếp điểm). Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC ( M khác B và C). Đường thẳng 
AM cắt (O) tại điểm thứ 2 là N. Gọi E là trung điểm của MN. 
a) Chứng minh 4 điểm A, B, O, E cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm của đường tròn đó. 
b) Chứng minh 2 .AC AM AN 
c) Chứng minh 
  02 180BNC BAC  
d) Gọi I và J lần lượt là hình chiếu của M trên cạnh AB, AC. Xác định vị trí của M sao cho tích MI.MJ 
đạt giá trị lớn nhất. 
Bài 5 (0,5 điểm). Cho hai số thực ,x y khác 0 thỏa mãn : 
2
2
2
8
8
8
y
x
x
   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 2004S xy  
-------------------- Hết ------------------ 
Lưu ý: Giám thị không giải thích gì thêm 
Họ và tên thí sinh: ............... Số báo danh: 
Chữ kí của giám thị 1: ....................... Chữ kí của giám thị 2: ........................ 
 Đáp án và thang điểm 
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐIỂM 
Bài 1 (2,0 điểm) 
Cho biểu thức 
1
1
x
A
x



 và 
 
2
11 1
.
1 1
x
B
x x x x
        
 với 0x  , 1x  
1) Tính giá trị của biểu thức A khi 36x  
2) Rút gọn biểu thức B. 
3) Tìm các giá trị của x để 
4
3
B
A
 . 
Thay x = 36 ( thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức A ta có:
36 1 5
736 1
A

 

0,25 
0,25 
 
 
 
2
2
2
11 1
.
1 1
11 1
.
( 1) 1 1
11 1
.
( 1) 1
x
B
x x x x
x
x x x x
xx x
x x x x
        
           
 
 
 
0,5 
0,5 
c) 
1 1 1
: , 0, 1
1
B x x x
x x
A x x x
  
   
 
 4 1 4 3 1 4 9
3 3
B x
x x x
A x

       
x= 9 ( thỏa mãn điều kiện). Vậy x = 9 là giá trị cần tìm
0,25 
0,25 
Bài 2 (2,0 điểm). Lớp 9A của một trường THCS dự định trồng 420 cây xanh. Đến 
ngày thực hiện có 7 bạn không tham gia do được triệu tập học bồi dưỡng đội tuyển học 
sinh giỏi của trường nên mỗi bạn còn lại phải trồng thêm 3 cây nữa mới đảm bảo kế hoạch 
đặt ra. Hỏi lớp 9A có bao nhiêu học sinh? 
Bài giải: 
Gọi số học sinh của lớp 9A là x ( x: nguyên dương) 
0,25 
Số cây mỗi bạn phải trồng theo dự định là 420/x ( cây) 0,25 
Vì có 7 bạn không tham gia nên số bạn đi trồng cây trong thực tế là x - 7 0,25 
Khi đó mỗi bạn phải trồng 
420
7x 
 ( cây) 
0,25 
Vì trong thực tế mỗi bạn phải trồng thêm 3 cây mới đảm bảo kế hoạch nên ta có phương 
trình 
420 420
3
7x x
 

0,25 
420 420
3
7x x
 

0,25 
 Giải ra x = 35 ( thỏa mãn điều kiện), x = -14 ( không thỏa mãn) 0,25 
Vậy lớp 9A có 35 học sinh 0,25 
Bài 3 (2,0 điểm). 
1. Giải hệ phương trình 
2
2
3 1 2 4
2 1 5
x y
x y
      
2. Cho phương trình ( ẩn x):  2 1 0 1x mx m    
a) Giải phương trình (1) khi m = 3 
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 sao cho 
2 2
1 2 1 2
T x x x x   đạt giá trị nhỏ nhất. 
1. Giải hệ 
2
2
3 1 2 4
2 1 5
x y
x y
      
, 
+ Điều kiện: 1,x y  
+ Đặt  2
1
0, 0
u x
u v
v y
     
0,25 
Hệ phương trình có dạng 
3 2 4 2
2 5 1
u v u
u v v
           
0,25 
Khi đó 
2
1 4 51 2
1 11
x xx
y yy
                     
0,25 
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (5;1) và (5;-1) 0,25 
2. Cho phương trình ( ẩn x):  2 1 0 1x mx m    
a) Giải phương trình (1) khi m = 3 
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 sao cho 
2 2
1 2 1 2
T x x x x   đạt giá trị nhỏ nhất. 
a) Khi m = 3 phương trình có dạng 2 3 2 0x x  
0,25 
Giải được nghiệm x = 1 và x = 2 0,25 
b)  
22 24( 1) 4 4 2 0m m m m m m           phương trình luôn có hai nghiệm 
1 2,x x 
0,25 
Theo viet ta có: 
1 2
1 2
1
x x m
x x m
    
 
2
2 2 2
1 2 1 2
3 3 3
3 3( 1) 3 3
2 4 4
T x x x x m m m m m m
                   
Dấu “=” xảy ra khi m = 3/2 ( thỏa mãn) 
Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 3/4 khi m = 3/2
0,25 
Bài 4 (3,5 điểm). Cho đường tròn (O) và một điểm A cố định nằm ngoài (O). Kẻ tiếp 
tuyến AB, AC với (O) ( B, C là các tiếp điểm). Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ 
BC ( M khác B và C). Đường thẳng AM cắt (O) tại điểm thứ 2 là N. Gọi E là trung điểm 
của MN. 
a) Chứng minh 4 điểm A, B, O, E cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm của 
đường tròn đó. 
b) Chứng minh 2 .AC AM AN 
c) Chứng minh 
  02 180BNC BAC  
d) Gọi I và J lần lượt là hình chiếu của M trên cạnh AB, AC. Xác định vị trí của M 
sao cho tích MI.MJ đạt giá trị lớn nhất. 
Vẽ đúng hình 
0,25 
a) Vì AB là tiếp tuyến của (O) nên
 090ABO  
Do E là trung điểm của MN nên OE vuông góc với MN suy ra 
 090OEA 
B, E thuộc đường tròn đường kính OA, hay A, B, E, O thuộc đường tròn đkinh 
OA. 
0,5 
Tâm là trung điểm của OA 0,25 
b) Xét ,AMC ACN  
Có 
 
 
ACM CNA
MAC CAN
  
,AMC ACN  đồng dạng ( g-g) 
2.
AM AC
AM AN AC
AC AN
    
0,25 
0,25 
0,5 
c) Chứng minh được tứ giác OBAC nội tiếp 
  0180 (1)BOC BAC  
0,25 
0,25 
 2 (2)BOC BNC ( tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn 1 cung) 
0,25 
Từ (1) và (2) suy ra 
  02 180BNC BAC  0,25 
d) Tứ giác MJCP nội tiếp nên góc MJP = góc MPJ 
Góc MCJ bằng góc MBI ( cùng chắn cung MC) 
Tứ giác MPBI nội tiếp nên MJP = góc MPI (1) 
Chứng minh tương tự ta có góc MIP = góc MPJ (2) 
Từ (1) và (2) suy ra ,MIP MPJ  đồng dạng 
2.
IM MP
MI MJ MP
MP MJ
    
0,25 
Để MI.MJ lớn nhất thì MP lớn nhất. Mặt khác M thuộc cung nhỏ BC nên MP FH 
Vậy MP lớn nhất khi MP = FH hay M và F trùng nhau. 
Vậy khi A, M, O thẳng hàng thì MI. MJ đạt giá trị lớn nhất. 
0,25 
Bài 5 (0,5 điểm). Cho hai số thực ,x y khác 0 thỏa mãn : 
2
2
2
8
8
8
y
x
x
   . Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức 2004S xy  
0,5 
P
J
I
E
N
C
B
O
A
M
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2
2
8 16 16
8 2 16 8 8
8 4 4
4
8 0 8 2016
2
y y y
x x x x xy xy
x x x
y
x x xy xy S
x
                          
                        
Dấu “=” xảy ra khi 
2
4
0 42
2 2
0
2 4
x
x yxx
y y x x
x
y
                           
Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 2016 khi (x;y) = (2;4), (-2;-4)
0,25 
0,25 

Tài liệu đính kèm:

  • pdfDe_thi_vao_10_THCS_THPT_Newton_Ha_Noi.pdf